% format: LaTeX
\documentclass[12pt]{amsart}
\usepackage{plainmath}



\newtheorem{theorem}{Stelling}
\theoremstyle{definition}
\newtheorem{exercise}[theorem]{Opgave}
\newtheorem{definition}[theorem]{Definitie}
\newtheorem{example}[theorem]{Voorbeeld}
\newtheorem{remark}[theorem]{Opmerking}


\begin{document}


\section*{Convolutie}

Het begrip convolutie is handig voor het vinden van de inverse
Laplace-transformatie van een product van functies.
Om te garanderen dat de Laplace-transformatie gedefinieerd
is zullen we aannemen dat alle functies van exponenti\"ele 
orde zijn.


\begin{definition}
Het \emph{convolutie-product} van twee functies $f(t)$ en $g(t)$
is gedefinieerd door
$$
(f*g)(t)=\int_0^t f(t-u)g(u)\,du.
$$
\end{definition}

Het convolutie product is geen gewoon product van twee functies:

\begin{example}
$$
\begin{eqalign}
  t*t^2&=\int_0^t (t-u)u^2\,du\cr
       &=\int_0^t tu^2-u^3\,du\cr
       &=\Bigl[\frac{tu^3}{3}-\frac{u^4}{4}\Bigr]_{u=0}^{u=t}\cr
       &=\frac{t^4}{12}.
\end{eqalign}
$$
\end{example}



\begin{example}
$$
\begin{eqalign}
e^t*\sin t&=\int_0^t e^{t-u}\sin u\,du\cr
          &=e^t\int_0^t e^{-u}\sin u\,du\cr
          &=e^t\Bigl[\frac12(-e^{-u}\sin u-e^{-u}\cos u)\Bigr]_{u=0}^{u=t}\cr
          &=e^t\Bigl(\frac12(-e^{-t}\sin t-e^{-t}\cos t+1)\Bigr)\cr
          &=\frac12(e^t-\sin t-\cos t).
\end{eqalign}
$$
\end{example}


\begin{theorem}[Eigenschappen van de convolutie]
\mbox{}
\begin{itemize}
\item[(i)]   $f*g=g*f$;
\item[(ii)]  $(f*g)*h=f*(g*h)$;
\item[(iii)] $(f+g)*h=f*h+g*h$.
\end{itemize}
\end{theorem}


Het verband tussen convolutie en Laplace-transformatie 
is beschreven in de volgende stelling.

\begin{theorem}[Convolutie-stelling]
Zij $\mathcal{L}(f(t))=F(s)$ en $\mathcal{L}(g(t))=G(s)$.
Dan geldt:
$$
\mathcal{L}(f*g)=F\cdot G.
$$
\end{theorem}

\begin{remark}
We hebben dus de volgende twee formules:
$$
\mathcal{L}(f*g)=\mathcal{L}(f)\cdot\mathcal{L}(g)
\qquad\text{en}\qquad
\mathcal{L}^{-1}(F\cdot G)=\mathcal{L}^{-1}(F)*\mathcal{L}^{-1}(G).
$$
\end{remark}


\begin{example}
We berekenen $\displaystyle\mathcal{L}^{-1}\Bigl(\frac{1}{s(s^2+1)}\Bigr)$
met behulp van de convolutie.
$$
\begin{eqalign}
\mathcal{L}^{-1}\Bigl(\frac{1}{s(s^2+1)}\Bigr)
  &=\mathcal{L}^{-1}\Bigl(\frac1s\cdot\frac1{s^2+1}\Bigr)\cr
  &=\mathcal{L}^{-1}\Bigl(\frac1s\Bigr)*
    \mathcal{L}^{-1}\Bigl(\frac1{s^2+1}\Bigr)\cr
  &=1*\sin t\cr
  &=\int_0^t1\cdot\sin u\,du\cr
  &=1-\cos t.
\end{eqalign}
$$
\end{example}



\subsection*{Oplossen van beginwaardeproblemen}


Beschouw het volgende beginwaardeprobleem:
$$
x''+x'-6x=f(t),\qquad\qquad x(0)=x'(0)=0.
$$
We laten nu zien hoe we met behulp van de convolutie 
een expliciete oplossing kunnen vinden,
zonder dat we een formule voor $f(t)$ kennen.


Na berekenen van de Laplace transformaties krijgen we
(we schrijven $\mathcal{L}(x(t))=X(s)$):
$$
(s^2+s-6)X=\mathcal{L}(f(t))
$$
ofwel
$$
X(s)=\frac1{s^2+2-6}\cdot\mathcal{L}(f(t)).
$$
De oplossing van het beginwaardeprobleem is dan
$$
\begin{eqalign}
x(t)&=\mathcal{L}^{-1}(X(s))\cr
    &=\mathcal{L}^{-1}\Bigl(\frac1{s^2+2-6}\cdot\mathcal{L}(f(t))\Bigr)\cr
    &=\mathcal{L}^{-1}\Bigl(\frac1{s^2+s-6}\Bigr)*
      \mathcal{L}^{-1}\bigl(\mathcal{L}(f(t))\bigr)\cr
    &=\mathcal{L}^{-1}\Bigl(\frac1{s^2+s-6}\Bigr)*f(t).
\end{eqalign}
$$
We bereken $\displaystyle\mathcal{L}^{-1}\Bigl(\frac1{s^2+s-6}\Bigr)$
met behulp van breuksplitsing:
$$
\begin{eqalign}
\mathcal{L}^{-1}\Bigl(\frac1{s^2+s-6}\Bigr)
    &=\mathcal{L}^{-1}\Bigl(\frac{1/5}{s-2}-\frac{1/5}{s+3}\Bigr)\cr
    &=\frac15 e^{2t}-\frac15 e^{-3t}.
\end{eqalign}
$$
Dus
$$
\begin{eqalign}
x(t)&=\mathcal{L}^{-1}\Bigl(\frac1{s^2+s-6}\Bigr)*f(t)\cr
    &=\Bigl(\frac15 e^{2t}-\frac15 e^{-3t}\Bigr)*f(t)\cr
    &=\int_0^t\Bigl(\frac15 e^{2(t-u)}-\frac15 e^{-3(t-u)}\Bigr)f(u)\,du.
\end{eqalign}
$$

\end{document}
